2018年高二物理選修31　第一章　靜電場單元檢測（原卷版）

2018年高二物理選修31第一章靜電場+單元檢測一、選擇題1.真空中兩個完全相同的帶電小球A和B（均可看做點電荷），帶電量分別為+2q和6q，固定在相距為r的兩點，兩球間靜電力為F，現(xiàn)用絕緣工具使兩球接觸后分開，將其固定在距離為的兩點，則兩球間庫侖力為（）A.相互作用的斥力，大小為B.相互作用的引力，大小為C.相互作用的引力，大小為D.相互作用的斥力，大小為2F2.下列關(guān)于電場和電場線的說法，正確的是（）A.電場是電荷周圍實際存在的物質(zhì)B.電場是為了研究方便而引入的假想模型C.電場線是電場中實際存在的一系列曲線D.電場線是帶電粒子在電場中運動的軌跡3.如圖所示，帶正電的金屬球A，放置在不帶電的金屬球B附近，M、N是金屬球B表面上的兩點．下列說法中正確的是（）A.M點處帶正電，N點處帶負電，且M點電勢高于N點電勢B.M點處帶正電，N點處帶負電，且M點電勢等于N點電勢C.M點處帶負電，N點處帶正電，且M點電勢高于N點電勢D.M點處帶負電，N點處帶正電，且M點電勢等于N點電勢4.A,B是某點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線的兩點，若在某點釋放一初速為零的電子，電子僅受電場力作用，先后經(jīng)過A,B兩點，其速度隨時間變化的規(guī)律如圖．則（）A.A,B兩點的電場強度B.電子在A,B兩點受的電場力C.該點電荷一定在B點的右側(cè)D.該點電荷可能帶負電5.如圖所示,Q1和Q2是兩個電荷量大小相等的點電荷,MN是兩電荷的連線,HG是兩電荷連線的中垂線，O是垂足,下列說法正確的是學*科*網(wǎng)...學*科*網(wǎng)...A.若兩電荷是異種電荷,則OM的中點與ON的中點電勢一定相等B.若兩電荷是異種電荷,則O點的電場強度大小,與MN上各點相比是最小的,而與HG上各點相比是最大的C.若兩電荷是同種電荷,則OM中點與ON中點處的電場強度一定相同D.若兩電荷是同種電荷,則O點的電場強度大小,與MN上各點相比是最小的,與HG上各點相比是最大的6.如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a，b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電．整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中．已知靜電力常量為k．若

三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為（）A.B.C.D.7.P,Q兩電荷的電場線分布如圖所示，c,d為電場中的兩點.一個離子（不計重力）從a運動到ｂ的軌跡如圖所示，則下列判斷不正確的是（）A.Q帶負電荷B.C點電勢高于d點電勢C.離子在運動過程中受到P的排斥D.離子從a運動到ｂ，電場力做負功8.如圖所示，平行金屬板A、B間加速電壓為U1，C、D間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2，M為熒光屏。今有電子（不計重力）從A板由靜止開始經(jīng)加速和偏轉(zhuǎn)后打在與熒光屏中心點O相距為Y的P點，電子從A板運動到熒光屏的時間為t。下列判斷中正確的是（）A.若只增大U1，則Y增大，t增大B.若只增大U1，則Y減小，t減小C.若只減小U2，則Y增大，t增大D.若只減小U2，則Y減小，t減小9.如圖所示，在與直流電源相接的平行板電容器內(nèi)部，有一個帶電體

P

正好處于靜止狀態(tài)．下列推斷正確的是

（）A.S

保持閉合，將

A

板上移一小段距離，P將會向上運動B.S

保持閉合，將

A

板上移一小段距離，P將會向下運動C.S

斷開后，將

A

板上移一小段距離，P將會向上運動D.S

斷開后，將

A

板上移一小段距離，P將會向下運動10.下列說法中正確的是（）①無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，電場力做的正功越多，電荷在該點的電勢能越大②無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，電場力做的正功越少，電荷在該點的電勢能越大③無論是正電荷還是負電荷，從無窮遠處移到電場中某點時，克服電場力做功越多，電荷在該點的電勢能越大④無論是正電荷還是負電荷，從無窮遠處移到電場中某點時，電場力做功越多，電荷在該點的電勢能越大．A.①③B.②④C.②③D.①④11.在電場線如圖所示的電場中，下述說法正確的是（）A.A點的電場強度大于B點的電場強度B.A點的電勢高于B點C.負電荷在A點的電勢能比在B點的電勢能小D.正電荷從B點移到A點時，電場力作正功12.如圖所示,帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA=OB都用長L的絲線懸掛在O點,靜止時A、B相距為d.為使平衡時AB間距離減為d/2,可采用以下哪些方法A.將小球B的質(zhì)量都增加到原來的2倍B.將小球B的質(zhì)量增加到原來的8倍C.將小球B的電荷量都減小到原來的一半D.將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半,同時將小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍13.如圖所示,軸上有兩電電荷Q1和Q2分別放在A、B兩點,二者之間連線上各點的電勢高低如圖曲線所示,則從圖中可以看出A.Q1正電荷，Q2為負電荷B.從A到B場強一直減小C.P點的電場強度為0D.Q1和Q2之間連線上P點場強最小14.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三條電場線，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點．下列判斷正確的是（）A.質(zhì)點在P點的加速度大于它在Q點的加速度B.該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的C.帶電質(zhì)點通過Q點時動能較小D.帶電質(zhì)點通過Q點時電勢能較小15.在真空中M、N兩點分別放有異種點電荷+2Q和Q，以MN連線中點O為中心作一圓形路徑abcd．a(chǎn)、0、c三點恰好將MN四等分，b、d為MN的中垂線與圓的交點，如圖所示．則下列說法正確的是（）A.a、b、c、d四點電場強度的大小關(guān)系是Ea＞Ec，Eb=EdB.a、b、c、d四點電勢的關(guān)系是φa＞φc，φb=φdC.在MN的連線上，O點的電場強度最小D.將帶負電的試探電荷由b沿直線移動到d的過程中，其電勢能始終不變二、計算題16.如圖所示，在直角三角形abc所在平面有一勻強電場，ac邊沿電場方向。ab邊長為20cm，ab與ac的夾角為37°．現(xiàn)將電荷量為q=2×108C

的正電荷從a點移到b點時靜電力做功

W=1.6×107J，已知，求：（1）勻強電場的場強E的大?。唬?）ac兩點間的電勢差U。17.在方向水平向右，大小E=1×104N/C的勻強電場中，用細線將質(zhì)量m=4×103kg的帶電小球P懸掛在O點，小球靜止時細線與豎直方向夾角θ=37°（已知）．求：（1）小球的帶電性質(zhì)；（2）小球的帶電量；（3）細線對小球的拉力大小。18.如圖所示，離子發(fā)生器發(fā)射出一束質(zhì)量為m、電荷量為q的離子，從靜止經(jīng)加速電壓U1加速后，獲得速度v0，并沿垂直于電場方向射入兩平行板中央，受偏轉(zhuǎn)電壓U2作用后，以速度v離開電場已知平行板長為L，兩板間距離為d，求：（1）v0大??；（2）離子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t；（3）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏移量y；（4）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度v的大小。2018年高二物理選修31第一章靜電場+單元檢測一、選擇題1.真空中兩個完全相同的帶電小球A和B（均可看做點電荷），帶電量分別為+2q和6q，固定在相距為r的兩點，兩球間靜電力為F，現(xiàn)用絕緣工具使兩球接觸后分開，將其固定在距離為的兩點，則兩球間庫侖力為（）A.相互作用的斥力，大小為B.相互作用的引力，大小為C.相互作用的引力，大小為D.相互作用的斥力，大小為2F【答案】A【解析】相距為時，根據(jù)庫侖定律得：，接觸后，各自帶電量變?yōu)椋瑒t此時有：，兩式聯(lián)立得，再依據(jù)同種電荷相斥，可知，它們相互作用力為斥力，故A正確，BCD錯誤。點睛：本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉(zhuǎn)移問題．注意兩電荷接觸后各自電荷量的變化，這是解決本題的關(guān)鍵。2.下列關(guān)于電場和電場線的說法，正確的是（）A.電場是電荷周圍實際存在的物質(zhì)B.電場是為了研究方便而引入的假想模型C.電場線是電場中實際存在的一系列曲線D.電場線是帶電粒子在電場中運動的軌跡【答案】A【解析】電場是電荷周圍實際存在的物質(zhì)，不是假想模型，選項A正確，B錯誤；電場線是為了描述電場假想的曲線，實際不存在，選項C錯誤；電場線一般不是帶電粒子在電場中運動的軌跡，只有電場線是直線、且只受電場力、電荷的初速度為零或者初速度與電場線共線時，粒子的運動軌跡才與電場線重合，選項D錯誤；故選A.3.如圖所示，帶正電的金屬球A，放置在不帶電的金屬球B附近，M、N是金屬球B表面上的兩點．下列說法中正確的是（）A.M點處帶正電，N點處帶負電，且M點電勢高于N點電勢B.M點處帶正電，N點處帶負電，且M點電勢等于N點電勢C.M點處帶負電，N點處帶正電，且M點電勢高于N點電勢D.M點處帶負電，N點處帶正電，且M點電勢等于N點電勢【答案】D【解析】【分析】物體帶電有接觸起電，有感應帶電，有摩擦起電，對于感應帶電，是利用同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原理，且?guī)щ婓w是等勢體；【詳解】帶電的金屬球A靠近不帶電的金屬球B，由于電荷間的相互作用，同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，導致金屬球B中的自由電子向右側(cè)移動，M點由于多電子，因此M點處帶負電，N點由于少電子，因此N點處帶正電，但整個金屬球B是處于靜電平衡的導體，其整體是等勢體，故M、N點電勢相等，故ABC錯誤，D正確。【點睛】本題重點掌握感應起電的本質(zhì)是電荷的轉(zhuǎn)移，當金屬導體處于電場時會出現(xiàn)靜電平衡現(xiàn)象，整個金屬導體是一個等勢體，最容易犯的錯是沒有考慮靜電平衡，認為N點電勢高于M點，做題時需要特別注意。4.A,B是某點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線的兩點，若在某點釋放一初速為零的電子，電子僅受電場力作用，先后經(jīng)過A,B兩點，其速度隨時間變化的規(guī)律如圖．則（）A.A,B兩點的電場強度B.電子在A,B兩點受的電場力C.該點電荷一定在B點的右側(cè)D.該點電荷可能帶負電【答案】C【解析】【分析】由速度圖象的斜率讀出加速度的變化情況，確定場強的變化情況，根據(jù)電子的運動方向，確定電場力的方向，場強方向與電子所受電場力方向相反，從而可判斷出電場強度方向，即可分析點電荷的位置；【詳解】A、速度時間圖象的斜率代表加速度，由圖可知：電子在運動過程中，加速度增大，說明電子所受電場力增大，即有，由可知，電場強度增大，A點的場強小于B點，即，故AB錯誤；

C、因，該點電荷一定在B點的右側(cè)，電子由靜止開始沿電場線從A運動到B，電場力的方向從A到B，而電子帶負電，則場強方向從B到A，所以該點電荷帶正電，故C正確，D錯誤?！军c睛】本題實質(zhì)考查分析電子受力情況和運動情況的能力，從力和能量兩個角度進行分析，分析的切入口是速度的斜率代表加速度。5.如圖所示,Q1和Q2是兩個電荷量大小相等的點電荷,MN是兩電荷的連線,HG是兩電荷連線的中垂線，O是垂足,下列說法正確的是學。科。網(wǎng)...學?？啤＞W(wǎng)...學?？?。網(wǎng)...學。科。網(wǎng)...學。科。網(wǎng)...學?？?。網(wǎng)...學?？?。網(wǎng)...A.若兩電荷是異種電荷,則OM的中點與ON的中點電勢一定相等B.若兩電荷是異種電荷,則O點的電場強度大小,與MN上各點相比是最小的,而與HG上各點相比是最大的C.若兩電荷是同種電荷,則OM中點與ON中點處的電場強度一定相同D.若兩電荷是同種電荷,則O點的電場強度大小,與MN上各點相比是最小的,與HG上各點相比是最大的【答案】【解析】試題分析：若兩電荷是異種電荷，電場線從正電荷指向負電荷，MN間各點的電勢一定不等，則OM的中點與ON的中點電勢一定不相等，故A錯誤．若兩電荷是異種電荷，在兩電荷的連線上，O點電場線最疏，電場強度與MN上各點相比是最小的．在HG線上，O點的電場線最密，與HG上各點相比電場強度是最大的．故B正確．若兩電荷是同種電荷，根據(jù)電場線分布的對稱性可知，OM中點與ON中點處的電場強度大小相等，但方向相反，所以電場強度不同，故C錯誤．若兩電荷是同種電荷，O點的電場強度大小是0，與電場中其他各點相比都是最小的，故D錯誤．故選B．考點：電場強度；電勢【名師點睛】本題關(guān)鍵是要明確兩個等量同種電荷和異種電荷電場線的分布情況，掌握沿著場強方向，電勢越來越低，抓住對稱性是解答本題的關(guān)鍵。6.如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a，b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電．整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中．已知靜電力常量為k．若

三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】三個小球均處于靜止狀態(tài)，以整個系統(tǒng)為研究對象根據(jù)平衡條件得出c的電荷量，再以c電荷為研究對象受力分析求解；【詳解】設c電荷帶電量為Q，以c電荷為研究對象受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件得a、b對c的合力與勻強電場對c的力等值反向，即：，所以勻強電場場強的大小為，故B正確，ACD錯誤。【點睛】本題首先要靈活選擇研究的對象，正確分析受力情況，再根據(jù)平衡條件和庫侖定律及平行四邊形定則解題。7.P,Q兩電荷的電場線分布如圖所示，c,d為電場中的兩點.一個離子（不計重力）從a運動到ｂ的軌跡如圖所示，則下列判斷不正確的是（）A.Q帶負電荷B.C點電勢高于d點電勢C.離子在運動過程中受到P的排斥D.離子從a運動到ｂ，電場力做負功【答案】C【解析】【分析】根據(jù)電場線的方向確定場源電荷的正負；

電勢的高低看電場線的指向，沿著電場線電勢一定降低；

根據(jù)軌跡曲線的彎曲方向可知粒子的受力方向；

根據(jù)力與速度的夾角判斷功的正負；【詳解】A、根據(jù)電場線的方向，從P出發(fā)，終止于Q，所以P帶正電，Q帶負電，故A正確；

B、沿著電場線電勢一定降低，所以c點電勢大于d點的電勢，故B正確；

C、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，所以離子在運動過程中受到P的吸引，故C錯誤；

D、離子從a到b，電場力與速度的夾角為鈍角，所以做負功，故D正確?！军c睛】通過電場線的指向看電勢的高低，根據(jù)曲線的彎曲方向可知粒子的受力方向，同時根據(jù)功的公式來判斷功的正負。8.如圖所示，平行金屬板A、B間加速電壓為U1，C、D間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2，M為熒光屏。今有電子（不計重力）從A板由靜止開始經(jīng)加速和偏轉(zhuǎn)后打在與熒光屏中心點O相距為Y的P點，電子從A板運動到熒光屏的時間為t。下列判斷中正確的是（）A.若只增大U1，則Y增大，t增大B.若只增大U1，則Y減小，t減小C.若只減小U2，則Y增大，t增大D.若只減小U2，則Y減小，t減小【答案】B【解析】試題分析：粒子在加速電場中只有電場力做功，根據(jù)動能定理有：eU1=mv02電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，離開電場的時間：加速度：豎直方向的位移：由幾何關(guān)系知：，故y與Y成正比，若只增大U1，則Y減??；電子從A板運動到熒光屏的時間由電子出離電場的速度決定，而，故若只增大U1，則v0減小，則t減小，選項B正確?？键c：帶電粒子在電場中的加速極偏轉(zhuǎn).9.如圖所示，在與直流電源相接的平行板電容器內(nèi)部，有一個帶電體

P

正好處于靜止狀態(tài)．下列推斷正確的是

（）A.S

保持閉合，將

A

板上移一小段距離，P將會向上運動B.S

保持閉合，將

A

板上移一小段距離，P將會向下運動C.S

斷開后，將

A

板上移一小段距離，P將會向上運動D.S

斷開后，將

A

板上移一小段距離，P將會向下運動【答案】B【解析】【分析】當電鍵S閉合，電容器兩端的電勢差不變，結(jié)合電場強度的變化判斷電場力的變化，從而確定液滴的運動情況；

當電鍵S斷開時，電容器所帶的電荷量不變，結(jié)合電容的定義式、勻強電場的電場強度公式得出電場強度的大小表達式，判斷電場力的變化，從而確定液滴的運動情況；【詳解】A、保持S閉合，則電容器兩端的電勢差不變，將電容器A極板上移一小段距離，d增大，則電場強度減小，電場力減小，則液滴向下運動。故A錯誤，B正確；

C、將S斷開，只改變d時，Q不變，根據(jù)，，得，，將A板上移一小段距離，電場強度不變，電場力不變，液滴仍然處于靜止狀態(tài)，故CD錯誤。【點睛】本題考查電容器的動態(tài)分析，知道電容器與電源斷開，電荷量不變，電容器始終與電源相連，電容器兩端的電勢差不變，并熟記當電量不變時，只改變兩板間的距離時，電場強度不變。10.下列說法中正確的是（）①無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，電場力做的正功越多，電荷在該點的電勢能越大②無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，電場力做的正功越少，電荷在該點的電勢能越大③無論是正電荷還是負電荷，從無窮遠處移到電場中某點時，克服電場力做功越多，電荷在該點的電勢能越大④無論是正電荷還是負電荷，從無窮遠處移到電場中某點時，電場力做功越多，電荷在該點的電勢能越大．A.①③B.②④C.②③D.①④【答案】A【解析】試題分析：電荷在無窮遠處電勢能為零，從電場中某點移到無窮遠處時，電場力做的正功越多，電荷的電勢能減少就越多，則電荷在該點的電勢能就大，故①正確，②錯誤．電荷在無窮遠處電勢能為零，從無窮遠處移到電場中某點時，克服電場力做功越多，電荷的電勢能增加就越多，則電荷在該點的電勢能就大，故③正確，④錯誤．故選A?？键c：電場力的功；電勢能【名師點睛】對于電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，可運用類比的方法加深理解，將它們的關(guān)系類比成重力做功與重力勢能變化的關(guān)系，即可容易理解，也便于掌握。11.在電場線如圖所示的電場中，下述說法正確的是（）A.A點的電場強度大于B點的電場強度B.A點的電勢高于B點C.負電荷在A點的電勢能比在B點的電勢能小D.正電荷從B點移到A點時，電場力作正功【答案】BC【解析】考點：電場線；電荷守恒定律；電場強度；電勢．分析：根據(jù)電場線和電場強度、電勢、電場力關(guān)系即可求解．解答：解：A、由圖可知A處電場線疏B處電場線密，所以A點的電場強度小于B點的，故A錯誤；B、沿電場線電勢降低，因此A點電勢高于B點，故B正確；C、負電荷在電勢高的地方電勢能低，故C正確；D、正電荷受力和電場線方向一致，所以正電荷從B點移到A點時，電場力做負功，故D錯誤．故選BC．點評：能通過電場線來比較電場強弱、電勢高低、電勢能高低、電場力做功是對電場學習的基本要求．12.如圖所示,帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA=OB都用長L的絲線懸掛在O點,靜止時A、B相距為d.為使平衡時AB間距離減為d/2,可采用以下哪些方法A.將小球B的質(zhì)量都增加到原來的2倍B.將小球B的質(zhì)量增加到原來的8倍C.將小球B的電荷量都減小到原來的一半D.將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半,同時將小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍【答案】【解析】試題分析：對小球進行受力分析，并作出平行四邊形；由幾何關(guān)系可知力與邊的關(guān)系，即可得出符合條件的選項．解：如圖所示，B受重力、繩子的拉力及庫侖力；將拉力及庫侖力合成，其合力應與重力大小相等方向相反；由幾何關(guān)系可知，=；而庫侖力F=；即：==；mgd3=kq1q2L；d=要使d變?yōu)?，可以使質(zhì)量增大到原來的8倍而保證上式成立；故B正確；或?qū)⑿∏駻、B的電荷量都減小到原來的一半，同時小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍，也可保證等式成立；故D正確；故選BD．【點評】本題中B球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，注意本題采用了相似三角形法；對學生數(shù)學能力要求較高，應注意相應知識的積累應用．13.如圖所示,軸上有兩電電荷Q1和Q2分別放在A、B兩點,二者之間連線上各點的電勢高低如圖曲線所示,則從圖中可以看出A.Q1正電荷，Q2為負電荷B.從A到B場強一直減小C.P點的電場強度為0D.Q1和Q2之間連線上P點場強最小【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)電勢的變化，分析場強的方向，從而判斷兩個電荷的電性，圖象的斜率等于場強，由此分析即可；【詳解】A、從A到B，電勢不斷降低，電場方向由A到B，所以Q1為正電荷、Q2為負電荷，故A正確；

B、根據(jù)圖象的斜率等于場強，圖象的斜率大小先減小后增大，則場強先減小后增大，故B錯誤；

C、P處圖象的斜率不等于零，則P點的場強不為零，故C錯誤；

D、P處圖象的斜率大小最小，則Q1和Q2之間連線上P點場強最小，故D正確?！军c睛】本題的關(guān)鍵掌握點電荷電場的分布及特點，知道圖象的斜率表示場強，由圖象的形狀分析電場的情況。14.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三條電場線，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點．下列判斷正確的是（）A.質(zhì)點在P點的加速度大于它在Q點的加速度B.該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的C.帶電質(zhì)點通過Q點時動能較小D.帶電質(zhì)點通過Q點時電勢能較小【答案】AC【解析】【分析】電場線越密，電場強度越大，由牛頓第二定律分析加速度的大?。桓鶕?jù)電場線的分布特點分析場源電荷的電性；由于質(zhì)點只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡可知電場力的方向，通過電場力做功情況判斷電勢能和動能的變化情況；【詳解】A、根據(jù)電場線的疏密表示電場強度的大小，則知P點的場強比Q點的場強大，粒子在P點所受的電場力比在Q點時的大，所以由牛頓第二定律知，質(zhì)點在P點的加速度大于它在Q點的加速度，故A正確；

B、由于電場線的方向不能確定，可知，該靜電場可能是孤立正電荷產(chǎn)生的，也可能是孤立負電荷產(chǎn)生的，故B錯誤；

C、由圖可知，帶電質(zhì)點所受的電場力方向沿電場線向右，若帶電質(zhì)點從P點運動到Q，電場力做負功，則帶電質(zhì)點的電勢能增大，動能減小，故帶電質(zhì)點通過Q點時動能

較小，電勢能較大，故C正確，D錯誤?！军c睛】解決這類電場軌跡問題的思路是：根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。15.在真空中M、N兩點分別放有異種點電荷+2Q和Q，以MN連線中點O為中心作一圓形路徑abcd．a(chǎn)、0、c三點恰好將MN四等分，b、d為MN的中垂線與圓的交點，如圖所示．則下列說法正確的是（）A.a、b、c、d四點電場強度的大小關(guān)系是Ea＞Ec，Eb=EdB.a、b、c、d四點電勢的關(guān)系是φa＞φc，φb=φdC.在MN的連線上，O點的電場強度最小D.將帶負電的試探電荷由b沿直線移動到d的過程中，其電勢能始終不變【答案】AB【解析】【分析】根據(jù)電場線密場強大，分析場強的大小，由電勢和電場的疊加原理分析電勢關(guān)系，根據(jù)電勢的變化，分析正電荷電勢能的變化；【詳解】A、設,則，，故，b、d兩點由于對稱，則有，故A正確；

B、沿電場線方向電勢降低，故，根據(jù)對稱性可知，故B正確；

C、電場線的疏密表示電場強度的相對大小，由電場線疏密程度可知，MN連線上電場強度最小值出現(xiàn)在O點的右側(cè)，故C錯誤；

D、負點電荷沿直線由b運動到d的過程中，只是初末位置的電勢能相等，過程中電勢能在變化，故D錯誤?！军c睛】本題是信息題，根據(jù)題中的信息分析各點的電勢是解題的關(guān)鍵，結(jié)合電場的疊加原理和電場分布的對稱性研究